Corso di Laurea in Matematica – Geometria 2 Foglio di esercizi n. 2

Corso di Laurea in Matematica – Geometria 2
Foglio di esercizi n. 2 – a.a. 2015-16
Soluzioni
Gli esercizi sono presi dal libro di Manetti. Per svolgere questi esercizi,
studiare con cura i paragrafi 3.5, 3.6, 3.7, 4.1 e 4.2 del libro.
È consigliato svolgere tutti gli esercizi del libro. Riportiamo qui il testo
per chi non ha ancora il libro. Sul libro ci sono (a volte) suggerimenti sulllo
svolgimento.
Definizione 3.57. Una funzione continua ed iniettiva f : X → Y si dice
una immersione (topologica) se gli aperti di X sono tutti e soli i sottoinsiemi
del tipo f −1 (A), al variare di A tra gli aperti di Y .
Esercizio 1. Dimostrare che f : X → Y è un’immersione se e solo se induce
un omeomorfismo fra X e il sottospazio topologico f (X).
Dire se la funzione f dell’esercizio 3.47 (svolto in classe) è un’immersione
oppure no.
Soluzione.
Gli aperti di f (X) (con la topologia indotta da Y ) sono tutti e soli gli insiemi
della forma B ∩ f (X), con B aperto in Y . Poiché f : X → f (X) è continua e
biunivoca, è un omeomorfismo se e solo se è aperta.
Dunque
f : X → f (X) aperta ⇐⇒ ∀A ⊆ X, A aperto =⇒ f (A) aperto in f (X)
⇐⇒ ∀A ⊆ X, A aperto =⇒ ∃B aperto in Y : f (A) = B ∩ f (X)
Si ha f −1 (B ∩ f (X)) = f −1 (B) e poiché f è iniettiva f −1 f (A) = A. Quindi
l’ultima condizione dice
∀A ⊆ X, A aperto =⇒ ∃B aperto in Y : A = f −1 (B)
e cioè f è un’immersione.
La funzione dell’esercizio 3.47 non è un’immersione in quanto X e la sua
immagine Y non sono omeomorfi.
Esercizio 3.46. Due sottoinsiemi A e B di uno spazio topologico X si
dicono separati se non sono aderenti, e cioè se
A∩B =A∩B =∅
Dimostrare che:
1. Se F , G ⊆ X sono entrambi aperti o entrambi chiusi, allora A = F − G e
B = G − F sono separati.
2. Se A, B ⊆ X sono separati, allora A e B sono entrambi aperti e chiusi in
A ∪ B.
Soluzione.
1.a Supponiamo F e G aperti. Consideriamo l’intersezione A ∩ B. Se
x ∈ B = (G − F ) allora in particolare x ∈ G. Poiché G è aperto, esiste un
intorno U di x tale che x ∈ U ⊆ G. Allora U ∩ A = U ∩ (F − G) = ∅ e
quindi x ∈
/ A e dunque A ∩ B = ∅. Usando il fatto che F è aperto, si dimostra
analogamente che A ∩ B = ∅ e quindi A e B sono separati.
1.b Supponiamo F e G chiusi. Consideriamo l’intersezione A ∩ B. Se
x ∈ B = (G − F ) allora in particolare x ∈
/ F . Poiché F è chiuso, esiste un
intorno U di x tale che U ∩ F = ∅. Poiché A = (F − G) ⊆ F si ha U ∩ A = ∅ e
quindi x ∈
/ A e dunque A ∩ B = ∅. Usando il fatto che G è chiuso, si dimostra
analogamente che A ∩ B = ∅ e quindi A e B sono separati.
2. Siano A, B ⊆ X separati. Osserviamo che questo implica che A∩B = ∅
e cioè sono disgiunti. Si ha:
1. A ∩ B = ∅ =⇒ A ⊆ (X − B) =⇒ A ∩ (X − B) = A
2. B ⊆ B =⇒ B ∩ (X − B) = ∅.
Dunque
(A ∪ B) ∩ (X − B) = A
e poiché (X − B) è aperto in X, si ha A aperto in A ∪ B. Poiché B è il
complementare di A in A ∪ B, si ha che B è chiuso in A ∪ B.
Scambiando i ruoli di A e B si ha che B è aperto e A è chiuso in A ∪ B e
dunque la tesi.
Esercizio 3.51 Siano X, Y spazi topologici, A ⊆ X, B ⊆ Y sottoinsiemi.
Dimostrare che
A×B =A×B
In particolare, il prodotto di due chiusi è chiuso nel prodotto.
Soluzione.
Facciamo due osservazioni preliminari:
1. Sia X uno spazio topologico e A ⊆ X. Sia x ∈ X un punto e fissiamo
U = {Ui }i∈I un sistema fondamentale di intorni di x. Allora:
x ∈ A ⇐⇒ ∀i ∈ I Ui ∩ A 6= ∅
(cioè basta controllare quello che capita per un sistema fondamentale di intorni
e non per tutti gli intorni).
2. Siano X, Y spazi topologici, x ∈ X, y ∈ Y e siano U = {Ui }i∈I un sistema
fondamentale di intorni di x e V = {Vj }j∈J un sistema fondamentale di intorni
di y. Poniamo Wij = Ui × Vj ⊆ X × Y . Allora:
W = {Wij }(i,j)∈I×J
è un sistema fondamentale di intorni di (x, y) ∈ X × Y . Dimostriamolo in
dettaglio.
Sia W un intorno di (x, y) in X × Y . Allora esiste un aperto A tale che
(x, y) ∈ A ⊆ W . Poiché una base di aperti nella topologia prodotto è data
dai prodotti di aperti, esistono due aperti Ax ⊆ X e Ay ⊆ Y tali che (x, y) ∈
Ax × Ay ⊆ W . Poiché x ∈ Ax e Ax è aperto, Ax è un intorno di x e quindi
esiste un intorno fondamentale Ui ∈ U tale che x ∈ Ui ⊆ Ax e analogamente
esiste Vj ∈ V tale che y ∈ Vj ⊆ Ay . Abbiamo perciò:
(x, y) ∈ Ui × Vj ⊆ Ax × Ay ⊆ A ⊆ W
e quindi abbiamo trovato un intorno Wij ∈ W contenuto in W . Questo dice che
W è un sistema fondamentale di intorni.
Dimostriamo ora l’enunciato richiesto. Siano x ∈ X, y ∈ Y e fissiamo
U = {Ui }i∈I un sistema fondamentale di intorni di x e V = {Vj }j∈J un sistema
fondamentale di intorni di y.
(x, y) ∈ A × B ⇐⇒ x ∈ A e y ∈ B
⇐⇒ ∀i ∈ I Ui ∩ A 6= ∅ e ∀j ∈ J Vj ∩ B 6= ∅
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ I × J (Ui × Vj ) ∩ (A × B) 6= ∅
⇐⇒ (x, y) ∈ A × B
Esercizio 3.52. Sia (X, d) uno spazio metrico. Dimostrare che la funzione
distanza
d:X ×X →R
è continua rispetto alla topologia prodotto.
Soluzione.
Osserviamo che per x ∈ X un sistema fondamentale di intorni di x è dato
dalle palle aperte B² (x) di centro x e raggio ².
Sia (x0 , y0 ) ∈ X × X e sia d(x0 , y0 ) = α. Fissiamo ² > 0. Per dimostrare che
d è continua nel punto (x0 , y0 ) dobbiamo trovare un intorno W di (x0 , y0 ) tale
che d(W ) ⊆ (α − ², α + ²) (la topologia su R è naturalmente quella euclidea).
Siano A = B²/2 (x0 ) e B = B²/2 (y0 ) le palle aperte di raggio ²/2 e centro rispettivamente x0 e y0 . Allora W = A × B è un aperto in X × X che
contiene (x0 , y0 ) e quindi è un intorno.
Se (x, y) ∈ A × B si ha, per la diseguaglianza triangolare
d(x, y) ≤ d(x, x0 ) + d(x0 , y0 ) + d(y0 , y) < α + ²
e anche
α = d(x0 , y0 ) ≤ d(x0 , x) + d(x, y) + d(y, y0 ) < d(x, y) + ²
Dunque, per ogni (x, y) ∈ A × B = W si ha
α − ² < d(x, y) < α + ²
e quindi la tesi.
Esercizio 3.59. Dimostrare che uno spazio topologico X è di Hausdorff se
e solo se per ogni suo punto x vale
\
{x} =
U
U ∈I(x)
Confrontare questa proprietà con la definizione di spazio T1 (Esercizio 3.12)
Soluzione.
T
Supponiamo che per ogni x ∈ X si abbia {x} = U ∈I(x) U . Se x, y ∈ X con
T
x 6= y allora y ∈
/ {x} = U ∈I(x) U e quindi esiste un intorno U di x tale che
y∈
/ U . Questo vuol dire che esiste un intorno V di y tale che U ∩ V = ∅ e questa
è la definizione di spazio di Hausdorff.
Viceversa, supponiamo che lo spazio X sia di Hausdorff e fissiamo x ∈ X.
Per ogni punto y 6= x esistono un intorno U di x e un intorno
V di y tali che
T
/ U ∈I(x) U . Abbiamo
U ∩ V = ∅. Allora y ∈
/ U e quindi per ogni y 6= x si ha y ∈
dunque la tesi.
Esercizio 3.60. Sia f : X → Y continua e Y di Hausdorff. Provare che il
grafico
Γ = {(x, y) ∈ X × Y | y = f (x)}
è chiuso nel prodotto.
Soluzione.
Ricordiamo il Teorema 3.69: Y è di Hausdorff se e solo se la diagonale è
chiusa nel prodotto.
Consideriamo allora la diagonale
∆ = {(x, y) ∈ Y × Y | x = y}
e la funzione
h:X ×Y →Y ×Y
data da h(x, y) = (f (x), y). La funzione h è continua, come si dimostra immediatamente usando la proprietà universale del prodotto (vedi anche Esercizio 3.49
sul libro di Manetti) e basta osservare che
Γ = h−1 (∆)
Dunque: Y Hausdorff =⇒ ∆ chiuso =⇒ Γ chiuso.
Esercizio 4.6 Siano n ≥ 2 e f : S n → R una funzione continua. Denotiamo
con A il sottoinsieme dei punti t ∈ f (S n ) tali che la controimmagine f −1 (t) è
un insieme di cardinalità finita.
Dimostrare che A contiene al più due punti. Trovare tre esempi di funzioni
continue tali che A abbia cardinalità 0, 1 e 2
Soluzione.
Osserviamo in generale che, se f : X → Y è una funzione continua tra spazi
topologici, Z ⊆ Y e W = f −1 (Z), la funzione f induce, per restrizione, una
funzione continua f¯ : X \ W → Y \ Z.
Consideriamo ora f : S n → R continua. Poiché S n è connesso, l’immagine f (S n ) è connessa e quindi è un intervallo I della retta reale (oppure un
punto). Un intervallo della retta reale contiene al massimo due estremi.
Notiamo che poiché S n è compatto, sappiamo anche che I è compatto, e
quindi I = [a, b] e cioè contiene esattamente due estremi (oppure è un punto, nel
caso a = b). Questo esercizio è stato dato prima dello studio della compattezza e
in effetti questa informazione non serve. Il punto importante è che un intervallo
ha al massimo due estremi.
Sia ora t ∈ I, poniamo Z = {t}, W = f −1 (Z) e supponiamo che W sia un
insieme finito di punti. Allora S n \ W è ancora connesso. Infatti S n meno un
punto è omeomorfo a Rn e quindi S n meno k punti è omeomorfo a Rn meno
k − 1 punti. Poiché n ≥ 2, Rn meno un numero finito di punti è connesso per
archi e quindi connesso. Dunque:
f (S n \ W ) = I \ {t}
è ancora connesso. Ma l’unico modo di rimuovere un punto da un intervallo
lasciandolo connesso è rimuovere un estremo. Dunque ci sono al massimo due
possibilità per il punto t e questa è la tesi.
È facile trovare esempi in cui A ha cardinalità 0 oppure 2:
|A| = 0 Si può prendere f : S n → R costante, per esempio f (x) = 0 per
ogni x. In questo caso A = ∅.
|A| = 2 Consideriamo S n = {(x1 , . . . , xn+1 ) ∈ Rn+1 | x21 +· · ·+x2n−1 = 1}.
Si può prendere f : S n → R data da f (x1 , . . . , xn+1 ) = xn+1 , la proiezione
sull’asse “verticale”. Si ha f (S n ) = [−1, 1] e A = {−1, 1}, i valori minimo e
massimo della funzione f . Infatti f −1 = {(0, . . . , 0, −1)}, f 1 = {(0, . . . , 0, 1)} e
per −1 < t < 1 la controimmagine f −1 (t) è il “parallelo” di latitudine t ed è
una sfera S n−1 . Poiché n ≥ 2, S n−1 ha infiniti punti e t ∈
/ A.
Questo secondo caso suggerisce come fare per il caso di cardinalità 1:
|A| = 1 consideriamo S n = {(x1 , . . . , xn+1 ) ∈ Rn+1 | x21 + · · · + x2n−1 = 1}.
Si può prendere f : S n → R data da f (x1 , . . . , xn+1 ) = |xn+1 |. In questo caso
f (S n ) = [0, 1] e A = {1}. Si ha f −1 (1) = {(0, . . . , 0, −1), (0, . . . , 0, 1)} e per
−1 < t < 1 la controimmagine f −1 (t) è la coppia di “paralleli” di latitudine t
e −t ed è quindi una coppia di sfere S n−1 . Poiché n ≥ 2, S n−1 ha infiniti punti
et∈
/ A.
Nel caso n = 2, disegnare le funzioni appena descritte. La tesi risulterà
particolarmente evidente.
Esercizio 2. Dimostrare che ogni omeomorfismo trasforma componenti
connesse in componenti connesse e cioè: se f : X → Y è un omeomorfismo
e C ⊆ X è una componente connessa di X, allora f (C) è una componente
connessa di Y .
Concludere che due spazi omeomorfi hanno lo stesso numero di componenti
connesse.
Soluzione.
Sia f : X → Y un omeomorfismo e sia g : Y → X l’omeomorfismo inverso.
Sia C una componente connessa di X. Allora f (C) è connesso ed è quindi
contenuto in una componente connessa D di Y .
Applicando g si ottiene
f (C) ⊆ D =⇒ C = g(f (C) ⊆ g(D)
Dunque g(D) contiene una componente connessa ma, essendo connesso, deve essere g(D) = C e quindi f (C) = D, cioè l’immagine di una componente connessa
è una componente connessa.
Sia C(X) l’insieme delle componenti connesse di X e analogamente per Y .
La funzione f induce una funzione f¯ : C(X) → C(Y ), che associa ad ogni
componente connessa C di X la componente connessa f (C) di Y .
Poiché f è biunivoca, è chiaro che due componenti connesse distinte di X
hanno immagini componenti connesse distinte di Y e cioè la funzione f¯ è iniettiva. Si ha
g ◦ f = ḡ ◦ f¯
e g ◦ f = idX = idC(X) , f ◦ g = idY = idC(Y ) e dunque le funzioni f¯ e ḡ sono
inverse l’una dell’altra. Questo significa che sono biunivoche e cioè C(X) e C(Y )
hanno la stessa cardinalità.